4.3.2.1等比数列的前n项和及其性质 分层练习-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

4.3.2.1 等比数列的前n项和及其性质 基础过关练 题组一　等比数列的前n项和 1.(2025天津河东期末)已知等比数列{an}的通项公式为an=2×3n-1,则数列{an}的偶数项所组成的新数列的前n项和为(　　) A.3n-1　　　B.3(3n-1) C.(9n-1)　　　D.(9n-1) 2.(易错题)(2024重庆期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=-5,S6=3S2,则S8=(　　) A.-10　　　B.25 C.-10或-25　　　D.-10或0 3.(2025安徽六安一中期末)已知数列{an}为等比数列,Sn为数列{an}的前n项和.若3a4,a8,5a6成等差数列,则=(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 4.(多选题)(2025河南许昌期末)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1(n∈N*),则下列说法中正确的是(　　) A.a3=-4　　　B.S5=-64 C.{an}是等比数列　　　D.{Sn-1}是等比数列 5.(2025江苏连云港期末)已知数列{an}满足递推关系an+1=2an-3n(n∈N*),且a1=1. (1)设bn=an+3n,证明:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn. 题组二　等比数列前n项和的性质 6.(2025湖南常德开学考试)已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,则“S2>0”是“数列{S2n}是递增数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.(多选题)(2024河南部分名校期末)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则(　　) A.a=-1　　　B.{an}的公比为2 C.an=2n　　　D.S9=1 023 8.(2025山西期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=4,S10=6,则S15=(　　) A.9　　　B.8　　　C.7　　　D.6 9.(2025甘肃天水月考)已知等比数列{an}有(2n+1)项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n=(　　) A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.5 10.(2024江苏宿迁月考)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3,S9,S6成等差数列,a1=-2,则a7的值为(　　) A.-2　　　B.-　　　 C.　　　D.1 11.(2023福建龙岩连城第一中学月考)已知一个项数为偶数的等比数列{an},它的所有项之和为所有偶数项之和的4倍,且前3项之积为64,则a1=(　　) A.1　　　B.4　　　C.12　　　D.36 能力提升练 题组一　求等比数列的前n项和 1.(2025重庆期末)已知正项数列{an}满足∀m,n∈N*,都有am+n=am·an,a2=2,记{an}的前n项和为Sn,则S10=(　　) A.80　　　B.93　　　 C.30+15　　　D.62+31 2.(2024四川泸州泸县第四中学期末)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=18,a2a3=32,{an}的前n项和为Sn,若Sk+6-Sk=211-25,则正整数k等于(　　) A.3　　　B.4　　　C.5　　　D.6 3.(多选题)(2025湖南长沙长郡中学期末)已知数列{an}的首项为1,前n项和为Sn,且an+1=2Sn,则(　　) A.数列{an}是等比数列 B.数列{Sn}是等比数列 C.a5=81 D.数列{log3Sn}的前n项和为 4.(2025甘肃白银模拟)已知数列1,1,3,1,3,9,1,3,9,27,1,3,9,27,81,…,若该数列的前n项和为Sn,则满足Sn>1 600的最小正整数n的值为(　　) A.26　　　B.27　　　C.28　　　D.29 5.(2025湖南师范大学附属中学期末)已知数列{an}满足a1=2,且a1+++…+=,在数列{bn}中,b1=2,点P(bn,bn+1)在函数y=x+2的图象上. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)将数列{bn}和的所有公共项从小到大排列得到数列{cn},求数列{cn}的前n项和Tn. 题组二　等比数列前n项和的性质及应用 6.(2025江苏苏州调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,数列{}的前n项和为Tn,=,若=,则λ=(　　) A.　　　B.2　　　C.　　　D. 7.(2025江西上饶期中)记Sn为正项数列{an}的前n项和,设P:{an}为等比数列;Q:∀m,n∈N*,都有Sm+n=Sn+qnSm,其中q为非零常数,则P是Q的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 8.(2024重庆期末)已知[x]表示不超过x的最大整数,如[2.3]=2,[-1.9]=-2,数列{an}满足a1=1,a2=5,an+2+4an=5an+1,若bn=[log2an+1],Sn为数列{bn}的前n项和,则S2 023=(　　) A.2 023×2 022　　　B.2 023×2 024 C.2 023×2 026　　　D.2 023×2 028 9.(2024江苏盐城第一中学期中)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为　　　　.  答案 基础过关练 1.D　由题意得等比数列{an}的公比q=3,则{an}的偶数项所组成的新数列是首项为a2=6,公比为q2=9的等比数列, 因此新数列的前n项和为=(9n-1). 2.A　设等比数列{an}的公比为q,由S4=-5,可知q≠-1, 当q=1时,Sn=na1,此时S6=3S2成立, ∴S8=2S4=-10. 当q≠1时,由S6=3S2,得=3×,即1-q6=3(1-q2),即(1-q2)(1+q4+q2)=3(1-q2), 解得q2=1,又q≠±1,故舍去. 综上,q=1,S8=-10. 3.A　设数列{an}的公比为q,由3a4,a8,5a6成等差数列,得3a4+5a6=2a8,即3a4+5a4q2=2a4q4, ∵a4≠0,∴2q4-5q2-3=0,解得q2=3, 故=====. 4.ACD　当n=1时,S1=2a1+1=a1,得a1=-1, 当n≥2时,Sn-1=2an-1+1, 所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,得an=2an-1, 故{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,C正确; a3=-1×22=-4,A正确; 易得Sn==1-2n,则S5=1-25=-31,B错误; 因为Sn-1=-2n,所以{Sn-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,D正确. 5.解析　(1)证明:∵bn=an+3n,an+1=2an-3n, ∴bn+1=an+1+3n+1=2an-3n+3n+1=2an+2·3n=2(an+3n)=2bn,又b1=a1+3=4, ∴{bn}是首项为4,公比为2的等比数列. (2)由(1)知an+3n=2n+1,即an=2n+1-3n, 故数列{an}的前n项和Sn=22+23+24+…+2n+1-(31+32+33+…+3n)=-=2n+2--. 6.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠0). 若S2>0,即a1+a2>0,则S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以数列{S2n}是递增数列; 若数列{S2n}是递增数列,则S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以a1+a2>0,即S2>0. 所以“S2>0”是“数列{S2n}是递增数列”的充要条件. 7.BC　因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8,因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,故A错误; 设等比数列{an}的公比为q,则q==2,故B正确; 因为a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n,故C正确; 因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,故D错误. 8.C　解法一:因为{an}为等比数列,所以S5,S10-S5,S15-S10也成等比数列,故==,解得S15=7. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1, 则===,即q5=, 因此====, 所以S15=7. 9.B　因为等比数列{an}有(2n+1)项, 所以奇数项有(n+1)项,偶数项有n项, 设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn, 则S奇=a1+a3+a5+…+a2n+1=1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85, S偶=a2+a4+a6+…+a2n=q+q3+q5+…+q2n-1=42, 两式联立得q=2,所以S2n+1==85+42=127,解得n=3. 10.B　设等比数列{an}的公比为q(q≠0). 解法一:基本量法计算. 当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,故a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1. 由2S9=S3+S6得(1-q9)=(1-q3)+(1-q6),所以q3(q3-1)(2q3+1)=0,则q3=-,∴a7=a1q6=-2×=-. 解法二:运用性质Sm+n=Sm+qmSn计算. 由等比数列前n项和的性质得S9=S3+q3S6=S6+q6S3,所以2S9=S3+S6+q3S6+q6S3, 由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6, 则q3S6+q6S3=0,即S6+q3S3=0, 又S6=S3+q3S3=(1+q3)S3, 所以(1+2q3)S3=0,解得q3=-或S3=0, 当S3=0时,a1(1+q+q2)=0,又a1≠0,所以q2+q+1=0,无解,故S3=0舍去. 所以q3=-,故a7=a1q6=-2×=-. 解法三:性质+特值. 因为等比数列中所有奇数项同号,a1=-2,所以a7<0,排除C,D; 当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,故a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1,所以a7≠-2,故排除A. 11.C　设{an}的前n项和为Sn.由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇. 设等比数列{an}的公比为q,项数为2k(k∈N*), 则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=,由a1a2a3==64,可得a2=4,所以a1==12. 能力提升练 1.D　由题意得a2=a1+1=a1·a1=2,∴a1=(a1=-舍去),∴an+1=an·a1=an, ∴数列{an}是首项为,公比为的等比数列, ∴S10===62+31. 2.B　设等比数列{an}的公比为q. 联立解得或 因为数列{an}是递增的等比数列,所以 则由a4=a1·q3,得q=2,故an=2n, 故Sk+6-Sk=ak+1+ak+2+…+ak+6==2k+7-2k+1=211-25,所以k=4. 3.BD　对于A,因为a1=1,an+1=2Sn①,所以a2=2S1=2a1=2,当n≥2时,an=2Sn-1②, ①-②得an+1-an=2an(n≥2),即an+1=3an(n≥2), 又a2=2a1,所以数列{an}从第二项开始是以3为公比的等比数列,故A错误; 对于B,当n≥2时,Sn=1+=3n-1, 当n=1时,S1=a1=1,符合上式,所以Sn=3n-1, 则=3,所以数列{Sn}是等比数列,故B正确; 对于C,当n≥2时,an=2·3n-2,所以a5=2×33=54,故C错误; 对于D,由B知log3Sn=n-1, 所以数列{log3Sn}的前n项和为,故D正确. 4.C　设原数列为a1,a2,…,an,…, 令b1=a1=1,b2=a2+a3=1+3=4,b3=a4+a5+a6=1+3+9=13,……,bn=++…+=1+3+9+…+3n-1==, 设数列{bn}的前n项和为Tn,则Tn=(3+32+…+3n-n)==-, 易知{bn}是递增数列,T6=-=543,T7=-=1 636,所以使Tn>1 600的最小正整数n=7, 又b7=++…+=a22+a23+…+a28=1+3+32+…+36,所以S28=1 636, 又a28=36=729,S27=S28-a28=907<1 600, 所以满足Sn>1 600的最小正整数n的值为28. 5.解析　(1)因为a1+++…+=①, 所以当n≥2时,a1+++…+=②, ①-②得=-, 则2an=nan+1-2(n-1)an,故an+1=2an(n≥2), 又a1=2,a2=2a1,所以{an}是首项为2,公比为2的等比数列,故an=2·2n-1=2n. 因为点P(bn,bn+1)在函数y=x+2的图象上, 所以bn+1=bn+2,即bn+1-bn=2, 又b1=2,所以{bn}是首项为2,公差为2的等差数列,所以bn=2+2(n-1)=2n. (2)因为{bn}是由所有的正偶数构成的数列,an+=2n+n,所以cn=22n+2n, 所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=22+2+24+4+26+6+…+22n+2n=22+24+26+…+22n+2+4+6+…+2n =+=+n2+n. 6.C　设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质知{}是等比数列,公比为q2, 由=3×可得q≠±1, 因此=3×,故q2=2, 由=得=λ×, 则λ===. 7.C　若{an}为等比数列,设其公比为q, 当q≠1时,Sm+n=,Sn=,Sm=,则Sn+qnSm=+qn·===Sm+n, 当q=1时,Sm+n=(m+n)a1=ma1+na1=Sn+Sm=Sn+qnSm,故充分性成立; 若∀m,n∈N*,都有Sm+n=Sn+qnSm, 取m=1,得Sn+1=Sn+qnS1=Sn+qna1, 因此Sn+1-Sn=an+1=qna1,即当n≥2时,an=, 又a1=,所以对任意n∈N*都有an=, 所以正项数列{an}为等比数列,故必要性成立. 故P是Q的充要条件. 8.B　由an+2+4an=5an+1可知an+2-4an+1=an+1-4an,所以数列{an+1-4an}是常数列, 因为a1=1,a2=5,所以a2-4a1=1,所以数列{an+1-4an}的各项均为1,即an+1-4an=1, 所以an+1+=4,又a1+=, 所以数列是以为首项,4为公比的等比数列,则an+=×4n-1=×4n, 则an+1=(4n+1-1)=(22n+2-1), 由4×22n-3×22n=22n>1得(22n+2-1)>22n, 由6×22n-4×22n=22n+1>-1得3×22n+1>22n+2-1,即22n+1>(22n+2-1), 故22n<an+1<22n+1,所以log2an+1∈(2n,2n+1), 所以bn=[log2an+1]=2n, 所以S2 023===2 023×2 024. 9.答案　- 解析　由等比数列前n项和的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=, 又S4=10,所以S12-S8==, 则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)-S8+S4=-S8+10=, 故当S8=时,2S12-3S8+S4取得最小值,为-. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$